一轮复习专题12不等式选讲（解析版）教案

这是一份一轮复习专题12不等式选讲（解析版）教案，共11页。教案主要包含了必备知识，题组等内容，欢迎下载使用。

1．基本不等式及其推广
(1)a2＋b2≥__________(a，b∈R)，当且仅当__________时，等号成立．
(2)eq \f(a＋b,2)≥__________(a，b>0)，当且仅当__________时，等号成立．
(3)eq \f(a＋b＋c,3)≥__________(a，b，c>0)，当且仅当________时，等号成立．
(4)eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)≥_____________(ai>0，i＝1，2，…，n)，当且仅当_______________时，等号成立．
2．绝对值不等式
(1)定理1：如果a，b是实数，那么eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b))≤__________，当且仅当__________时，等号成立．
(2)定理2：如果a，b，c是实数，那么eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－c))≤__________，当且仅当____________时，等号成立．
(3)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x))a⇔______________．
3.柯西不等式：
①柯西不等式的向量形式：lαl·| β|≥|a·β|.
②柯西不等式的代数形式：(a2+b2)(c2+d2)≥ (ac+bd)2.
4．证明不等式的方法
(1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是______与0比较大小或______与1比较大小；
(2)综合法；
(3)分析法；
(4)反证法；
(5)放缩法：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值________或________，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．
自查自纠：1．(1)2ab a＝b (2)eq \r(ab) a＝b (3)eq \r(3,abc) a＝b＝c (4)eq \r(n,a1a2…an) a1＝a2＝…＝an
2．(1)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)) ab≥0 (2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b－c)) (a－b)(b－c)≥0 (3)－aa
4．(1)作差 作商 (5)放大 缩小
二、题组：
题组一：解不等式
1．当x<–2时，|1–|x +1||等于（ ）
A．2+x B．–2–x C．x D．–x
【答案】B
2．不等式的解集为( )
A. B. C. D.
【答案】B
3．不等式|x2－2|＜2的解集是( )．
A．(－1,1) B．(－2,2) C．(－1,0)∪(0,1) D．(－2,0)∪(0,2)
【答案】D
【详解】由|x2－2|＜2⇔－2＜x2－2＜2，∴0＜x2＜4，则－2＜x＜2且x≠0.
4．不等式|4－3x|－5≤0的解集是（ ）
（A）{x| －【答案】D
【详解】由得故解集为{x| －≤x≤3}
5．不等式|x-5|+|x+3|≥10的解集是（ ）
（A）[-5,7] （B）[-4,6] （C）(-∞,-5]∪[7，+∞) （D）(-∞，-4]∪[6,+∞)
【答案】D
【详解】法一：当x=0时，|x-5|+|x+3|=8≥10不成立可排除A，B
当x=-4时，|x-5|+|x+3|=12≥12成立,可排除C 故选D
法二：当x＜-3时不等式|x-5|+|x+3|≥10可化为：-（x-5）-（x+3）≥10解得：x≤-4
当-3≤x≤5时不等式|x-5|+|x+3|≥10可化为：-（x-5）+（x+3）=8≥10恒不成立
当x＞5时不等式|x-5|+|x+3|≥10可化为：（x-5）+（x+3）≥10解得：x≥6
故不等式|x-5|+|x+3|≥10解集为：（-∞，-4]∪[6，+∞）故选D
6．不等式的解集为（ ）
A． B． C. D．
【答案】D
【详解】由不等式的几何意义，不等式表示数轴上的点与点5的距离和数轴上的点与点的距离之和，其距离之和的最小值为8，结合数轴，选项D正确。
7．不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
原不等式可化为由得或，解得或
由得，解得用数轴表示上述不等式有或
故正确答案为D
8．、不等式|x-1|+|x+2|的解集为( )
(A) (B) (C) (D)
【答案】 D
9．不等式的解集是
A．B． C． D．
【答案】C
【详解】因为所以不等式可化为解得
则不等式的解集是.故选C
10．不等式的解集是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因为时，时，则所以不等式可化为，即，解得故选A
11．不等式 | x + 3 | > x + 3 的解是 ( )
(A) x > 0 (B) x < 0 (C) x <－3 (D) x －3
【答案】C
【详解】条件可知，所以应选C。
12．不等式的解集是（ ）
A．B． C．D．
【答案】A
【详解】不等式可化为，即，因为所以解得故选A
题组二：求绝对值函数值域
1．函数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
2．不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B．C． D．
【答案】A
3．若｜x+3｜-｜x+1｜-2a+2＜0对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为
A．a＜2 B．a≤2 C．a≥2 D．a＞2
【答案】D
4．若关于的不等式有实数解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设.(1)当时，（2）当时，此时（3）当时，综上：函数的最小值是-3；关于的不等式有实数解等价于，即，解得故选B
5．关于x的不等式|x-3|+|x-4|＜的解集不是空集，的取值范围是
A．0＜＜1 B．＞1 C．0＜≤1 D．≥1
【答案】B
【详解】因为对任意，都有恒成立，所以要使不等式的解集表示空集，需使故选B
6．若不等式对一切恒成立，那么实数的取值范围是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
7．若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
题组三：基本不等式求最值
1．若 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 的最大值为______.
【答案】.
【详解】解法一：（柯西不等式法），，因此的最大值为.
解法二：（几何法）令，则直线与圆有公共点，圆心到直线的距离
，解得，因此的最大值为；
解法三：（三角换元法）设，，则，其中
且，由于，因此，即的最大值为.
2．已知不等式对任意正实数恒成立，则正实数的最小值为 （ ）
(A)8 (B)6 (C)4 (D)2
【答案】C
【详解】
所以，正实数的最小值为4.
3．若，则的最小值为 ．
【答案】
【详解】，则由柯西不等式可得故．当且仅当时取等号
4．函数的最大值是 ．
【答案】10．
【详解】由于．
当且仅当 即时等号成立．故函数的最大值是 10．
5．若a，b，c为正实数且满足a+2b+3c=6，则++的最大值为 ．
【答案】3．
【详解】由a+2b+3c=6，可得（a+1）+（2b+1）+（3c+1）=9，∴3[（a+1）+（2b+1）+（3c+1）]=27．
再利用柯西不等式，可得（1+1+1）•[（a+1）+（2b+1）+（3c+1）]=27≥，
∴++≤3，当且仅当==时，取等号，
故++的最大值为3，故答案为：3．
6．已知a，b，c∈R，且2a+2b+c=8，则（a﹣1）2+（b+2）2+（c﹣3）2的最小值是 ．
【答案】
【详解】由柯西不等式得：（4+4+1）×[（a﹣1）2+（b+2）2+（c﹣3）2]≥[2（a﹣1）+2（b+2）+c﹣3]2 ∴9[（a﹣1）2+（b+2）2+（c﹣3）2]≥（2a+2b+c﹣1）2 ∵2a+2b+c=8，∴（a﹣1）2+（b+2）2+（c﹣3）2≥，∴（a﹣1）2+（b+2）2+（c﹣3）2的最小值是，故答案为：．
7．已知，那么 的最小值为 ；
【答案】 .
【详解】根据柯西不等式，[ ](1+1+1)≥[(x+2y+3z)+ ]=[3+]
=[3+]≥(3+)²=
所以≥，的最小值为。
8．已知 .
【答案】12
【详解】，所以.
9．设正实数满足，则当取得最小值时，的最大值为（ ）
A.0 B. 2 C . D.
【答案】B
【详解】由已知得，时等号成立，代入已知得，则。
10．设，且，则的最小值为______.
【答案】
【详解】由柯西不等式得：，所以，得，所以，故答案为.
11．设a、b、c为正数，a+b+9c2=1，则++c的最大值是 ，此时a+b+c= ．
【答案】．
【详解】∵a、b、c为正数，a+b+9c2=1，由柯西不等式可得≤[++（3c）2]•[12+12+]=1×=，∴++c的最大值是 =，此时， 且a+b+9c2=1，即 a=b=，c=时，取等号，故此时，a+b+c=++=．
12．若存在实数使成立，求常数的取值范围 .
【答案】
【详解】由柯西不等式，，即，又知为非负数，所以，当且仅当，即时取等号.所以最大值为8.则若存在实数使成立，，所以常数的取值范围为.
13．设x，y，z∈R，且满足：，则x+y+z= _________ ．
【答案】
【详解】根据柯西不等式，得（x+2y+3z）2≤（12+22+32）（x2+y2+z2）=14（x2+y2+z2）
当且仅当时，上式的等号成立∵x2+y2+z2=1，∴（x+2y+3z）2≤14，结合，可得x+2y+3z恰好取到最大值 ∴=，可得x=，y=，z= 因此，x+y+z=++= .
14．已知实数a，b，c，d，e满足a+b+c+d+e=8，a2+b2+c2+d2+e2=16，则e的取值范围是 ．
【答案】
【详解】由柯西不等式得 （1+1+1+1）（a2+b2+c2+d2）≥（a+b+c+d）2 即4（16﹣e2）≥（8﹣e）2 解得 所以：a的取值范围是 故答案为：．
题组四：不等证明
1.设a>0，b>0，求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,b)))eq \s\up6(\f(1,2))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)))eq \s\up6(\f(1,2))≥aeq \s\up6(\f(1,2))＋beq \s\up6(\f(1,2)).
【详解】证法一：左边－右边＝eq \f(（\r(a)）3＋（\r(b)）3,\r(ab))－(eq \r(a)＋eq \r(b))
＝eq \f(（\r(a)＋\r(b)）（a－\r(ab)＋b）－\r(ab)（\r(a)＋\r(b)）,\r(ab))＝eq \f(（\r(a)＋\r(b)）（a－2\r(ab)＋b）,\r(ab))
＝eq \f(（\r(a)＋\r(b)）（\r(a)－\r(b)）2,\r(ab))≥0，
∴原不等式成立．
证法二：∵不等式左边>0，右边>0，
∴eq \f(左边,右边)＝eq \f(（\r(a)＋\r(b)）（a－\r(ab)＋b）,\r(ab)（\r(a)＋\r(b)）)＝eq \f(a－\r(ab)＋b,\r(ab))≥eq \f(2\r(ab)－\r(ab),\r(ab))＝1.
∴原不等式成立．
2.已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))eq \s\up12(2)≥6eq \r(3)，并确定a，b，c为何值时，等号成立．
【详解】证法一：因为a，b，c均为正数，由平均值不等式得a2＋b2＋c2≥3(abc)eq \s\up6(\f(2,3))，①
eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≥3(abc)－eq \f(1,3)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))eq \s\up12(2)≥9(abc)－eq \f(2,3).②
故a2＋b2＋c2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))eq \s\up12(2)≥3(abc)eq \s\up6(\f(2,3))＋9(abc)－eq \f(2,3).
又3(abc)eq \s\up6(\f(2,3))＋9(abc)－eq \f(2,3)≥2eq \r(27)＝6eq \r(3)，③
所以原不等式成立．
当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．
当且仅当3(abc)eq \s\up6(\f(2,3))＝9(abc)－eq \f(2,3)时，③式等号成立，即a＝b＝c＝3eq \s\up6(\f(1,4))时，原式等号成立．
证法二：因为a，b，c均为正数，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.①
同理eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＋eq \f(1,c2)≥eq \f(1,ab)＋eq \f(1,bc)＋eq \f(1,ac).②
故a2＋b2＋c2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))eq \s\up12(2)＝a2＋b2＋c2＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＋eq \f(1,c2)＋eq \f(2,ab)＋eq \f(2,bc)＋eq \f(2,ac)≥ab＋bc＋ac＋eq \f(3,ab)＋eq \f(3,bc)＋eq \f(3,ac)≥6eq \r(3).③
所以原不等式成立．
当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立，当且仅当(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝3eq \s\up6(\f(1,4))时，原式等号成立．
3.设x>0，y>0且x≠y，求证：(x3＋y3)eq \s\up6(\f(1,3))<(x2＋y2)eq \s\up6(\f(1,2)).
【详解】证明：因为x＞0，y＞0且x≠y，所以要证(x3＋y3)eq \s\up6(\f(1,3))＜(x2＋y2)eq \s\up6(\f(1,2))，
只需证(x3＋y3)2＜(x2＋y2)3，即2x3y3＜3x2y2(x2＋y2)，
只需证2xy＜3(x2＋y2)，
因为x2＋y2＞2xy，所以2xy＜3(x2＋y2)成立，从而得证．
4.已知x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1，x2＋y2＋z2＝eq \f(1,2)，证明：x，y，z∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))).
【详解】证明：分两种情况讨论：若x，y，z三数中有负数，不妨设x<0，则x2>0，
eq \f(1,2)＝x2＋y2＋z2≥x2＋eq \f(（y＋z）2,2)＝x2＋eq \f(（1－x）2,2)＝eq \f(3,2)x2－x＋eq \f(1,2)>eq \f(1,2)，矛盾．
若x，y，z三数中有最大者大于eq \f(2,3)，不妨设x>eq \f(2,3)，
则eq \f(1,2)＝x2＋y2＋z2≥x2＋eq \f(（y＋z）2,2)＝x2＋eq \f(（1－x）2,2)＝eq \f(3,2)x2－x＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))＋eq \f(1,2)>eq \f(1,2)，矛盾．
故x，y，z∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))).
5.设s＝eq \r(1×2)＋eq \r(2×3)＋eq \r(3×4)＋…＋eq \r(n（n＋1）)，求证：eq \f(1,2)n(n＋1)【详解】证明：由已知条件可知s>eq \r(1×1)＋eq \r(2×2)＋eq \r(3×3)＋…＋eq \r(n×n)＝1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(1,2)n(n＋1)，
s＝eq \f(1,2)[3＋5＋7＋…＋(2n＋1)]＝eq \f(1,2)n(n＋2)，
∴eq \f(1,2)n(n＋1)6.设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(Ⅰ)ab＋bc＋ac≤eq \f(1,3)；(Ⅱ)eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
【详解】证明：(Ⅰ)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca
得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq \f(1,3).
(Ⅱ)因为eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，
故eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c，所以eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
7.设a，b，c都是正数，求证：eq \f(bc,a)＋eq \f(ac,b)＋eq \f(ab,c)≥a＋b＋c.
【详解】证法一：左边－右边＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(bc,a))－\r(\f(ac,b))))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(ac,b))－\r(\f(ab,c))))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(ab,c))－\r(\f(bc,a))))eq \s\up12(2)≥0，
∴原不等式成立．
证法二：由基本不等式得：eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)))≥eq \r(\f(bc,a)·\f(ac,b))＝c，eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,b)＋\f(ab,c)))≥eq \r(\f(ac,b)·\f(ab,c))＝a，
eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ab,c)＋\f(bc,a)))≥eq \r(\f(ab,c)·\f(bc,a))＝b，
三式相加即得原不等式成立．
8.已知n∈N＋，求证：eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n＋1)≥eq \f(13,12).
【详解】证明：令f(n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n＋1)，则
f(n＋1)－f(n)＝eq \f(1,3n＋2)＋eq \f(1,3n＋3)＋eq \f(1,3n＋4)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(2,3（n＋1）（3n＋2）（3n＋4）)>0，
∴f(n)在N＋上是增函数．
∴f(n)≥f(1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＝eq \f(13,12)，
故eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,3n＋1)≥eq \f(13,12).